równanie falowe ciąg dalszy

metoda różnic skończonych, zamiast rozkładu na drgania własne (który może być wolnozbieżny)

Rozwiązanie numeryczne: dzielimy strunę na N fragmentówRozwiązanie numeryczne: dzielimy strunę na N fragmentów,dla każdego z nich rozwiązujemy równania Newtona(zabieg odwrotny do wyprowadzenia równania różniczkowego)

v(x,t) - prędkość

u(x t) wychylenieu(x,t) - wychylenie

z równania falowego:

Schemat Verleta (popularny dla symulacji dynamiki molekularnej)

V

mF

Schemat VerletaPhys. Rev. 159, 98 (1967)

F

Pomysł: rozwinąć położenie r w chwili t+Δt i t-Δt w szereg Taylora

t lk j d dtylko o jeden rządmniej dokładny niż RK4

Schemat Verleta

Jeśli chodzi nam tylko o tor ruchu: świetny schemat.Nie używa prędkości, ale ta często potrzebna potrzebna: np do wyliczenia energii, ale również : sił (np. oporu, Lorentza)

jeśli siły niezależne od prędkości, a informacja o nich potrzebna jest do innych celówmożna - wykonać krok do t+Δt, a potem

rząd błędu wyższyrząd błędu wyższy, wciąż dokładnie dla ruchujednostajnie przyspieszonegoa stałe między t a Δtę y

jeśli siły zależą od prędkości: nie wykonamy kroku do t+Δt, możemy co najwyżej:

kiepsko: wynik dokładny tylko dla a=0

prędkościowa wersja schematu Verleta(dający prędkości jednocześnie z położeniami)( ją y p ę j p )

Położenia – poświęcamy jeden rząd dokładności:

Potrzebny przepis na prędkość w chwili t + Δt z błędem O(Δt2):Potrzebny przepis na prędkość w chwili t + Δt z błędem O(Δt ):

Rozwinąć r w Taylora względem punktu t+ Δt:

Dodać stronami:

(wzór potencjalnieniejawny)

Wzory podkreślone na czerwono – Verlet prędkościowy

niejawny)

Wzory podkreślone na czerwono Verlet prędkościowy.

Verlet prędkościowy

Inny (popularny) zapis wzorów w czerwonej ramce

uwaga: jeśli siły (przyspieszenia) zależą od prędkości ostatnie równanie jest niejawnej j

L=1 u(x,t)

Rozwiązania numeryczne 1. (laboratorium)

u(x,t=0)=exp[-100(x-0.5)2]v(x,t=0)=0

1 0 0 5x 0.10.40.71

( , )

1.0t=0

0 1 2 3

0.5x

-1-0.7-0.4-0.1

0.5

u(x,

t) t=0.1t=0.40 1 2 3

t1

Odbicie ze zmianą fazy (idzie górą , wraca dołem)

t=0.

2

9v(x t)

fazy (idzie górą , wraca dołem)

0 1x0.0

0 5x 0369v(x,t)

0 1 2 3

0.5x

-9-6-30

0 1 2 3t

-9

Rozwiązanie numeryczne 2.

S b d ki b

Może się swobodnieprzesuwać po mocowaniu

Swobodne warunki brzegowe:na brzegach na strunę nie działa żadna siła pionowa:

p p

Warunek brzegowyWarunek brzegowyNeumana (na pochodną)zamiast Dirichleta(na wartość funkcji)

1.00 Odbicie bez zmiany fazy: idzie górą, górą wraca

0.60

0.80

0.5u

0.20

0.40

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0 5v

u

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00

0.00

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5

x

energia drgania:

kinetyczna Potencjalna: odkształcenie struny

Dl ( )Dla ρ(x)=ρ

Dla pojedynczego modu własnego

ω=kcT0=ρc2

Kinetyczna na potencjalną się zmienia,całkowita zachowana

Analiza chwilowa drgania

Rozwiązując równanie falowe schematem Verleta można z zależności czasowych wydobyć częstości własne bez konieczności rozwiązywania równania własnego

d d i ł i d ł h i l i iGdy drgania tłumione - częstość przestrzenna modów własnych nie ulega zmianie (zobaczymy), ale czasowa – tak.

Analiza chwilowa drgania na podstawie wychylenia zależności położeniowych =Analiza chwilowa drgania na podstawie wychylenia zależności położeniowych wychylenia g(x) i prędkości h(x) w danej chwili.

Równanie fali tłumionej

> 0 t ł tł i ia > 0 = stała tłumieniac niezależna od położenia

Opory związane z prędkością struny [np. powietrza]

Warunki brzegowe u(x=0,t)=u(x=L,t)=0Warunki początkowe u(x,t) oraz v(x,t).

Mody normalne dla fali tłumionej:Mody normalne dla fali tłumionej:Poszukajmy rozwiązania metodą separacji zmiennych u(x,t)=X(x)T(t)

część przestrzenna bez zmian!część przestrzenna bez zmian!

Xn(x)=sin(knx)

kn=nπ /Lk=ω /c

Część przestrzenna:

wstawiamy T=exp(rt), równanie charakterystyczne: exp(rt) [ r2+2ar+wn2] = 0 ,

szukamy rozwiązań na ry ąmożliwe przypadki: 2 pierwiastki rzeczywiste, jeden podwójny, obydwa zespolone

Struna spoczywa w chwili początkowejWarunki początkowe: Struna spoczywa w chwili początkowej

Rozwiązanie określone co do stałej multiplikatywnej (równanie jednorodne)do stałej multiplikatywnej (równanie jednorodne)

ωn= ncπ /LL=1, c=1, ωn= nπ

Słabe tłumienie a<ω1

1.2

a=8, ω1 i ω2 = „przetłumione”pozostałe „tłumione”

1 0

a=0.5a=0

Drganiez ω1 0.8 n=10.5

1.0

0.4T (t)

230 5

0.0T (t)

0.03

450 1 2 3 4 5 6

-1.0

-0.5

Poza zanikiem drganiawidzimy zmniejszenie częstości

0 1 2-0.4

5

Najpierw zgasną wyższe tłumienia

Rozwiązanie równania fali tłumionej

rozwiązanie ogólne:

P ł ż i li F i kPołożeniowa analiza Fourierowska- rozkład na mody normalne w danej chwili : cn(t)= część przestrzenna nie zmienia się pod wpływem tłumienia.

aby wydobyć cn : drugie równanieól ś i wydzielimy przez ωn, podniesiemy

w kwadracie i dodamyw ogólności zależne od czasu

udział względny:udział względny:

P kł d L 1 E K+P (ki t + t j l )Przykład: L=1W chwili początkowej pakiet f(x,t=0)=exp(-100(x-0.5)2)

1 12E

E=K+P (kinetyczna+potencjalna)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5

1

a=0.58

ergi

a EP a=0.5

x

10 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5a=2

0

4ene

K

t

1 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5a=4 0 1 2 3 4t

0

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0.5a=8Spadek E najszybszy gdy K największe

0 03

0.04

n=1a=0

0.02

0.03

c n23

5

0 1 2 3 4t

0.00

0.01 57

ωn=nπ

0 03

t

0.60n=1

Wszystkie modytł i ó i

Parzyste n nie wnoszą przyczynku (symetria)

0.02

0.03

n2

n=1a=0.5

0.40

r n2

n=1

3

tłumione równie silnie

oscylujący udział

0 00

0.01

c n2

3

57

0 1 2 3 40.00

0.203

5

7im wyższe ωn tym

y ją ymodów normalnych

0 1 2 3 4t

0.00 0 1 2 3 4t

y n ybardziej staływzględny udział

0.80n=1a=2 1.00

n=1a=3

0 40

0.60n2

n 1

0.60

0.80

n2

n=1

0.20

0.40r n2

35 0 20

0.40r n2

3

0 1 2 3 4t

0.0057

0 4 8 12 160.00

0.2057

a=4, większe tylko od ω1

tt

0 80

1.00n=1a=12

większe

0.60

0.80

r n2

większeod ω1 i ω3

0 60

0.80

1.00n=1

0.20

0.40r3

50.20

0.40

0.60

r n2

35

0 1 2 3 4t

0.00 70 1 2 3 4

t

0.0057

Laboratorium: R. hiperboliczne z niejednorodnością:Drgania tłumione z siłą wymuszającąDrgania tłumione z siłą wymuszającą

F Siła przyłożona punktowo

niejednorodność

wymuszenie periodycznie zmiennewymuszenie periodycznie zmienne

Dla t=0 struna spoczywa (v(x,t)=0)w położeniu równowagi (u(x,t)=0)

Prędkość dźwięku = 1

u(x,t)

Siła przyłożona w środku struny x0=1/2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0.5

1

a=1w=0.5π

( )

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1a 1

pojawia się „stan ustalony” = drgania periodyczne.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0.5a=1 w=2π x

0.5

1a=3 w=2π

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

W t i t l h j t i d k

czas

W stanie ustalonym ruch jest periodyczny z okresem siły wymuszającej (mode locking).

Stan ustalony a energia strunyŚrednia energia w stanie ustalonym:

Siła przyłożona w środku struny x0=1/2

1

Rezonans

a=1

Brakuje w2 ??

<E>Brakuje w2n ??

Dlaczego?

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10w / pi

Stan ustalony a energia strunyŚrednia energia w stanie ustalonym:

Siła przyłożona w środku struny x0=1/2

1

Rezonans

a=1n=1

<E>

n=2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Brakuje w2n ??

W środku 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10w / pistudni = węzeł

dla parzystych n

mody z parzystym n wzbudzone gdy punkt przyłożenia przesunąć ze środka

a=1 x = 00 5

p y p ą

x0 0 0.5

<E>

Krzywa rezonansowa w przybliżeniu opisanaprzez sumę funkcji Lorentza

x = 0 4

przez sumę funkcji Lorentza

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x0 0.4

w / piSiła sprzężenia = kwadratpwartości modu normalnego w miejscu przyłożenia siły:

Średnie energie stanu ustalonego a wzory lorentowskie

a=1 a=1 a=1

Średnie energie stanu ustalonego a wzory lorentowskie<E

>

<E>

<E>

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10/ i

x0= 0.50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

w / pi

x0= 0.450 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

w / pi

x0= 0.25

w / pi w / pi

E>

a=1a=1.5a=2

3

Rezonans a stała tłumienia

<E a=3a=4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10w / pi

Laboratorium 2: odbicie pakietu od granicy ośrodków

1ρ0=1V=1

0.5położenie

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

V 2

czas1

V=2

0.5

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

11

ρ0=2 ρ0=4V=1

0.7

0.8

0.9

0.6

0.7

0.8

0.9

0.3

0.4

0.5

0.6

0.3

0.4

0.5położenie

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0.1

0.2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0.1

0.2

0.8

0.9

1

0.8

0.9

1

ρ =100

0.5

0.6

0.7

0.5

0.6

0.7

ρ0=10ρ0=100

0.1

0.2

0.3

0.4

0.1

0.2

0.3

0.4

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

czas

Część energii, którapozostaje po lżejszej stronie struny ρ=1 po odbiciu

ρ0=2ρ0 2

Domena zależności (Domain of Dependence) i kryterium stabilności CFL (Courant-Friedrichs-Lewy)

0.5

1

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

t

xdomena zależności: tylko zdarzenia z trójkąta ograniczonegoy j g gcharakterystykami mogąmieć wpływ na rozwiązanie w punkcie P

kryterium stabilności CFL(Courant-Friedrichs-Lewy)Numeryczna domena zależności

[NUMERYCZNA PRZESZŁOŚĆ]

schemat Verleta dla przyspieszenia danego przez prawą stronę równania:

czas

położeniepołożenie

kryterium stabilności CFL(Courant-Friedrichs-Lewy)

numerycznadokładna

warunek: jak dla adwekcji

ab pr ekroc ć kr teri m CFL (prędkość dź ięk ): schemat nieja neaby przekroczyć kryterium CFL (prędkość dźwięku): schematy niejawnedla równań mechaniki standardowy schemat niejawny = schemat Newmarka (dlaczego Crank Nicolson się nie stosuje?)(dlaczego Crank-Nicolson się nie stosuje?)

algorytm Newmarka (uogólnienie prędkościowego Verleta, standardowy chemat niejawny dla równań opisujących układy dynamiczne)

u(t+dt)=u(t)+v(t)dt+dt2/2 a(t) w Verlecie prędkościowymużywamy przepisów: z γ=1/2 v(t+dt)=v(t)+dt [(1-γ)a(t)+γa(t+dt)]

Czyli: w Verlecie: jawna formuła na położenie, potencjalnie niejawna na prędkośćta nie wystarczy dla bezwzględnej stabilności przy kroku czasowym cdt>dx (zobaczymy analizą v.Neumanna)

dla Newmarka: wprowadzamy niejawność (ważenie przyspieszeń z teraźniejszości i przyszłości) również do wzoru na położenia:

u(t+dt)=u(t)+v(t)dt+dt2/2 [(1-2β)a(t)+2βa(t+dt)]algorytm prędkościowy Newmarka

źródło: WJT DANIEL, computational mechanics 20 (1997) 272

algorytm prędkościowy Newmarka

zróbmy z tego formułę położeniową: bez prędkości, za to dwupoziomową (t+dt) względem t, t-dtwyeliminować prędkości :

u(t+dt)=u(t)+v(t)dt+dt2/2 [(1-2β)a(t)+2βa(t+dt)]

v(t+dt)=v(t)+dt [(1 γ)a(t)+γa(t+dt)](*) v(t+dt)=v(t)+dt [(1-γ)a(t)+γa(t+dt)]

dla kroku poprzedniego=

( )

dla kroku poprzedniego=

u(t)=u(t-dt)+v(t-dt)dt+dt2/2 [(1-2β)a(t-dt)+2βa(t)]

dla kroku poprzedniego =

v(t)=v(t-dt)+dt [(1-γ)a(t-dt)+γa(t)]( ) ( ) ( γ) ( ) γ ( )

u(t)=u(t-dt)+v(t)dt+dt2/2 [(1-2β)a(t-dt)+2βa(t)]-dt2[(1-γ)a(t-dt)+γa(t)]

u(t)=u(t-dt)+v(t)dt+dt2/2 [(2γ-2β−1)a(t-dt)+(2β−2γ)a(t)]( ) ( ) ( ) ( γ β ) ( ) ( β γ) ( )

u(t-dt)=u(t)-v(t)dt-dt2/2 [(2γ-2β−1)a(t-dt)+(2β−2γ)a(t)] (*)( )

dodamy stronami gwiazdki aby usunąć prędkość ze schematu

u(t+dt)=u(t)+v(t)dt+dt2/2 [(1-2β)a(t)+2βa(t+dt)]+ stronami

u(t-dt)=u(t)-v(t)dt+dt2/2 [(-2γ+2β+1)a(t-dt)+(2γ−2β)a(t)]

skasujemy prędkość

u(t-dt)+u(t+dt)=2u(t) +dt2/2[2βa(t+dt)+(1-4β+2γ)a(t)+(-2γ+2β+1)a(t-dt)]

skasujemy prędkość

u(t+dt)=2u(t) -u(t-dt)+dt2[βa(t+dt)+(1/2-2β+γ)a(t)+(-γ+β+1/2)a(t-dt)]

algorytm Newmark = wersja położeniowa dwa parametry γ βalgorytm Newmark wersja położeniowa, dwa parametry γ,β

dla porównania Verlet położeniowy

i i i β 1/2 2β β 1/2 1wagi przy przyspieszeniu: β+1/2−2β+γ−γ+β+1/2=1 (wszystkie wybory dają schemat, który w granicy małego dt redukuje się do Verleta)Newmark sprowadza się do Verleta gdy γ=1/2, β=0 (maks dokładność

l k l bł d t d )lokalny błąd czwartego rzędu)rola γ, β – zobaczymy jak się sprawdzają w praktyce

u(t+dt)=2u(t) -u(t-dt)+dt2[βa(t+dt)+(1/2-2β+γ)a(t)+(-γ+β+1/2)a(t-dt)]

u(t+dt)=2u(t) -u(t-dt)+dt2[βa(t+dt)+αa(t)+δa(t-dt)]

jak wykonać krok czasowy?

sposób rozwiązywania zależy od wyrażanie na adla struny:

Po przegrupowaniu wyrazów:p g p yukład równań liniowych z macierzą trójprzekątniową

stencil:

schemat Newmark MRS, strunadt=dx 101 węzłów

dokładnyVerlet(β=0, γ=1/2) (β=1/2, γ=1/2) (β=1/2, γ=1) β=.9

γ=1/2

czas

dla dt=dxnajlepszy wybórβ 0 1/2

położenie

β=0, γ=1/2(jawny, Verlet)

dla dt=dxnajlepszy wybórnajlepszy wybórβ=0, γ=1/2(jawny, Verlet)

10.00

Verletwidzimy eksplozjęro ią ania maks malną

5.00

Verletdla dt=dx*1.01

rozwiązania z maksymalnązmiennością przestrzenną:

0.00

-5.00

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00

-10.00

Newmark jest po to aby przekroczyć kryterium CFL

rola γ (dt=1.5dx, β=0.5)

γ=0.5 .55 .6

101 węzłów

MRS: schemat Newmarkγ

β>0 i t bil ść k t i CFL

rola parametrów metody

β>0 – wynosi stabilność poza kryterium CFL,kosztem generacji wyższych częstościprzestrzennych

γ>1/2 ogranicza wzmacnianiewyższych częstościwyższych częstościkosztem dyssypacji(zaniku całego pakietu)

γ<1/2 – schemat jest niestabilny

zostawmy γ=1/2 (jak dla Verleta)i i l j βi manipulujmy β

poza CFL: dt > cdxdt=1.5dx, γ=0.5, schemat staje się stabilny dla β>0.15

b 15 b 2 b 25

101 węzłów MRS

7

b=.15

7

b=.2

7

b=.25

7

b=.9

rosnące beta generuje

66 6 6

rosnące beta generujewyższe częstościwniosek: najlepszy minimalne

55 5 5

najlepszy minimalneβ przy którymschemat jeszcze stabilny

44 4 4czy można je wyznaczyćanalitycznie?

2

3

2

3

2

3

2

3

1

2

1

2

1

2

1

2

0.5 10.5 1 0.5 1 0.5 1

Projektowanie schematu Newmarka dla zadanego kroku czasowego.dobrać minimalne β aby metoda była stabilna dla danego dt ?Będziemy wiedzieli, że po wyższe β nie warto sięgać.y p y β g

analiza von Neumanna dla γ=1/2

(t+dt) 2 (t) (t dt)+dt2[β (t+dt)+(1/2 2β+ ) (t)+( +β+1/2) (t dt)]u(t+dt)=2u(t) -u(t-dt)+dt2[βa(t+dt)+(1/2-2β+γ)a(t)+(-γ+β+1/2)a(t-dt)]

u(t+dt)-dt2 βa(t+dt) =2u(t) -u(t-dt)+dt2[(1-2β)a(t)+βa(t-dt)]

Ansatz von Neumanna:

Sytuacja będzie taka: dopóki Δ<0 : 2 pierwiastki, o module nie większym od 1gdy Δ>0 metoda stanie się niestabilna

-2<c<0 zawszeż b d i i tki li b jżeby pod pierwiastkiem liczba ujemnapotrzeba aby:

|λ|2<1 ?daje ten sam wynikj y

β>1/4 – metoda stabilna dla dowolnego t [ ponieważ c < 0]

uwaga: możemy sobie terazsprawdzić stabilność Verleta dla dt=dx oraz beta=0 , ¼+1/(2c) <0 [ok.]

dt=1 5 dxdobór beta zapewniającego stabilność schematu Newmark dt 1.5 dxw MRS dla zadanego kroku czasowego

0 0

0.50.15

-0.5

0.0

-1.0β

-1.5

-2.0 -1.6 -1.2 -0.8 -0.4 0.0-2.0

c

dobór beta zapewniającego stabilność schematu Newmark

2.00

stabilność schematu Newmarkw MRS dla zadanego kroku czasowego

1/4

0 00

1/40 245

0.2501/4

0.00

dt=dx0.240

0.245

dt=15dx-2.00 dt=dx

0.235

-4.00

0 225

0.230

-2.00 -1.60 -1.20 -0.80 -0.40 0.00

-6.00

c

-2.00 -1.60 -1.20 -0.80 -0.40 0.00

0.225

c

2.00

dt=15dxβ 25

MRS, Newmark, γ=1/2

struna, b. wiele chwil czasowych

0.00

1.00 β=.25, , γ

-2.00

-1.00

2000000000000000000000000000000000000.00

dt=15dx

0.00 0.40 0.80 1.20

999999999999999900000000000000000000.00

dt=15dxβ=.24

0.00bo beta była zbyt mała:

-2000000000000000000000000000000000000 00

-999999999999999900000000000000000000.00

0.00 0.40 0.80 1.20

2000000000000000000000000000000000000.00

Ze schematem Newmarka spotkamysię ponownie przy omawianiu MES,Pokażemy, że umożliwia on skuteczne prowadzenie Rachunków dla lokalnie zagęszczonej siatki